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2021-10-201P174习题习题6.3 1(3)(4). 2(2). 4. 5. 7(3)(5)(11). 8(1)(3).复习复习: P168186 作业作业2021-10-202第十七讲第十七讲 定积分定积分（二）（二） 二、牛顿二、牛顿- -莱布尼兹公式莱布尼兹公式一、变上限定积分一、变上限定积分三、定积分的换元积分法三、定积分的换元积分法四、定积分的分部积分法四、定积分的分部积分法2021-10-203.,)(,)(上上也也可可积积在在则则上上可可积积在在若若xaxfbaxbaxf 上限变量上限变量积分变量积分变量的的函函数数是是上上限限 x xadttf)( )(xF记记作作)(bxa )(xF或或 xadxxf)()(bxa 一、变上限定积分一、变上限定积分2021-10-204定理：定理：,)()(,)(,)()2(; ,)(,)()1(baxxfxFbaDxFbaCxfbaCxFbaRxf 且且则则若若则则若若)()(xfdxxfdxdxa 走走过过路路程程在在时时刻刻开开始始作作直直线线运运动动从从时时刻刻质质点点以以速速度度tatv,)( tadvts )()(连连续续时时就就有有当当)(tv)()()(tvdvdtdtsta 注意注意 连续函数一定存在原函数连续函数一定存在原函数 ！路程函数是速度函数的原函数路程函数是速度函数的原函数2021-10-205证证 (1)用连续定义证明用连续定义证明,baxxbax 任任取取 xaxxadttfdttfxFxxF)()()()( axxxadttfdttf)()( xxxdttf )(,)(, 0,baxMxfMbaRf xxxxxxdttfdttfxFxxF )()()()(0 xM )0(0 x 2021-10-206xxFxxFxFx )()(lim)(),1(0 有有由由 xxxxdttfx )(1lim0证证 (2)用导数定义证明用导数定义证明,baxxbax 任任取取利利用用积积分分中中值值定定理理得得到到,)(baCxf )(lim)(1lim)(00 fdttfxxFxxxxx )(xf xxxxx 0之之间间与与介介于于2021-10-207 211)2(;)1(1xtxtdtedxddtedxd求求例例所所以以有有是是连连续续函函数数因因为为,xexxtedtedxd 1)1( 21)2(xtdtedxd222xuxexe dxdudtedudut 1解解2xu 令令2021-10-208 232xxtdtedxd求求例例 232311xtxtxxtdtedtedte32)3(22xxexxe 322311xtxtxxtdtedxddtedxddtedxd32232xxexxe 3211xtxtdtedte解解2021-10-209.),(0sin30202dxdyxyydttdtexyt求求能能确确定定隐隐函函数数设设由由方方程程例例 得得到到求求导导方方程程两两边边对对,x0sin22 xdxdyey得得解解出出,dxdy2sin2xedxdyy 解解注意注意 变上限定积分给出一种表示函数的方变上限定积分给出一种表示函数的方 法，对这种函数也可以讨论各种性态。法，对这种函数也可以讨论各种性态。2021-10-2010.,),(cos,sin42200dxyddxdyxyydydxtt求求确确定定函函数数设设参参数数方方程程例例 )()(txtydxdy )()(22txdxydtdxdytttcotsincos tttsin)cot(t3sin1解解2021-10-201125020)cos1(lim5xdttxx 求求极极限限例例利利用用洛洛比比达达法法则则”“,00232525210020)cos1 (lim)cos1 (limxxxdttxxxx 205)cos1(limxxx 1015lim22210 xxx解解2021-10-2012恒恒有有具具有有什什麽麽性性质质的的函函数数试试问问例例,:6f),()()(baxCdttfdxxfxa ),()()(,baxCdttfdxxfbaCfxa 则有则有若若2021-10-2013思考题：思考题： 1.有原函数的函数是否一定连续？有原函数的函数是否一定连续？ 2.有原函数的函数是否一定黎曼可积？有原函数的函数是否一定黎曼可积？ 3.黎曼可积的函数是否一定存在原函黎曼可积的函数是否一定存在原函 数？数？2021-10-2014则则有有上上的的任任意意一一个个原原函函数数在在是是设设,)()(,)(baxfxFbaCxf babaxFaFbFdxxf)()()()( 二、牛顿二、牛顿莱布尼兹公式莱布尼兹公式定理定理2：定定积积分分变变上上限限知知故故由由定定理理因因为为,1,)(baCxf 证证 xadttfxG)()(. 0)(,)( aGbaxf且且上上的的一一个个原原函函数数在在是是)1()()()()(aGbGdttfbGba 2021-10-2015CxGxF )()(故故有有一一个个原原函函数数上上的的任任意意在在是是又又已已知知,)()(baxfxF)()()()(,aFbFaGbG 于于是是有有)()()(aFbFdxxfba 便便得得到到式式代代入入,(1)2021-10-2016dxx 10111计计算算例例|1010)1ln(11xdxx 2ln1ln2ln 解解 牛顿牛顿莱布尼兹公式将定积分的计莱布尼兹公式将定积分的计算问题转化为求被积函数的一个原函算问题转化为求被积函数的一个原函数的问题数的问题.2021-10-2017dxx 0sin12计计算算例例dxdxxxx 0220cossin21sin1dxxx 0222)cos(sindxxx 02cos2sindxxxdxxx 22)2cos2(sin)2sin2(cos0|22)2sin22cos2()2cos22sin2(0 xxxx ) 12( 4 解解2021-10-2018的的大大小小。与与试试比比较较设设21202201,)cos(sin,)sin(sinIIdxxIdxxI 例例33 解解 利用估值定理利用估值定理,sin,2,0 xxx 有有时时当当 ,2,0时时且且当当 x),cos(sincos,sin)sinsin(xxxx 因因而而有有,cos,sin xx2021-10-20191,cossin)sin(sin202020 xxdxdxx1,sincos)cos(sin202020 xxdxdxx 2020)cos(sin)sin(sin dxxdxx所以所以即即21II 因因此此2021-10-2020 dtttfdxxfbabtaCttxbaCxfba)()()(,)(,)()3(;)()2(; ,)()1(),(,)(1则则有有满满足足三三个个条条件件：作作变变换换设设函函数数三、定积分的换元积分法三、定积分的换元积分法定理定理1: (1: (定积分的换元积分法定积分的换元积分法) )2021-10-2021txoab )(tx txoab )(tx 证证 的的一一个个原原函函数数是是设设)()(xfxF)()()()()()()(ttftxftxFdttdF )()()()( FFdtttf badxxfaFbF)()()(2021-10-2022)0(1022 adxxaa求求定定积积分分例例)20(sin ttax令令2,; 0,0 taxtx时时当当时时则则当当dttadxtaxacoscos22 dttadxxaa202022cos2 4)2sin21(2)2cos1(220202|22attadtta 解解 于是由换元公式于是由换元公式2021-10-2023dxex 2ln012求求定定积积分分例例tex 1令令) 1ln(2 tx即即dtttdxex 10222ln012122)arctan( 2)111 (2|10102 ttdtt 解解 于是由换元公式得于是由换元公式得2021-10-2024有有为为偶偶函函数数时时当当则则上上连连续续在在对对称称区区间间若若例例,)()1(,)(3xfaaxf aaadxxfdxxf0)(2)(0)( aadxxf有有为为奇奇函函数数时时当当,)()2(xf aaaadxxfdxxfdxxf00)()()(为为偶偶函函数数知知又又由由作作变变换换对对于于右右端端第第一一项项)(:,xftx 证证(1)(1)()()(tftfxf 2021-10-2025 000)()()(aaadttfdttfdxxf为什麽为什麽? ? adxxf0)(定积分与积分变量定积分与积分变量 所用字母无关！所用字母无关！ aaaadxxfdxxfdxxf00)()()( aaadxxfdxxfdxxf000)(2)()(0 2121221arcsindxxxx例如例如: :从从而而由由换换元元公公式式2021-10-2026例例 33291)3(dxxx计计算算 222sin1cossin dxxxx计计算算2 33291)3(dxxx例例解解解解 332913dxx 3329dxx 202sin1cos2 dxxx 222sin1cossin dxxxx29 2021-10-2027可可以以证证明明：利利用用定定积积分分的的换换元元法法 , TTaadxxfdxxfaTxf0)()(,)(有有则则对对任任意意的的实实数数函函数数为为周周期期的的连连续续是是一一个个以以若若 202202sin4sin xdxxdx)()()(00为为正正整整数数ndxxfndxxfTnT 2021-10-2028分分部部积积分分公公式式则则有有有有连连续续的的一一阶阶导导数数上上在在区区间间设设函函数数),(),(,)(),(xvxubaxvxu bababadxxuxvxvxudxxvxu)()()()()()(|四、定积分的分部积分法四、定积分的分部积分法定理定理2: (2: (定积分的分部积分法定积分的分部积分法) )2021-10-2029)()()()( )()(xvxuxvxuxvxu 得得公公式式利利用用是是连连续续函函数数从从而而左左端端函函数数由由条条件件上上式式右右端端是是连连续续,. )()(,LNxvxu |)()( )()(babaxvxudxxvxu bababadxxvxudxxvxudxxvxuxvxu)()()()()()()()(而而右右端端的的积积分分为为 证证 利用牛顿利用牛顿莱布尼兹公式莱布尼兹公式2021-10-2030|)()()()()()(bababaxvxudxxvxudxxvxu 于于是是得得到到 bababadxxvxuxvxudxxvxu)()()()()()(| )()()()()()(| bababaxudxvxvxuxvdxu成成分分部部积积分分公公式式也也可可以以写写注注意意即即2021-10-2031 411lnln41dxxxdxxx原原式式 441ln1dxxx计计算算例例)2ln2(114141| dxxxxx|41141)4ln2()4ln2(xxxxxx 22ln6 )2ln2(4141| dxxxxx 解解 2021-10-2032dxxxn 102)1(2计计算算例例dxxxnxxndxxxnnn 1011021102)1 (12)1 (11)1 (|dxxnnxxnnnn 102102)1()2)(1(2)1()2)(1(2| 解解 )3)(2)(1(2)1 ()3)(2)(1(2|103 nnnxnnnn2021-10-2033)(sin320NndxxInn 计计算算：例例21200 dxI1cossin|20201 xdxxI 解解 201)cos(sin xxdInndxxxnn 2022cossin)1( 201201)(sin)cos(sin)cos(| xdxxxnndxxxnn 2022)sin1(sin)1( nnnInInI)1()1(2 2021-10-2034得得到到时时当当,2kn 2! ! )2(! ! ) 12(sin2022 kkdxxIkk)2(12 nInnInn得得到到时时当当,12 kn1! ! ) 12(! ! ) 22(sin201212 kkdxxIkk 2021-10-2035例例如如： 3252246135sin206 dxx35161357246sin207 dxx )(sincos2020Nndxxdxxnn 可可以以证证明明dxx 4082cos tx 2令令dtt 208cos21 153610522468135721
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